4，且|AF|＞2，则A点到原点的距离为（ ） A．3
B．
C．4
D．
【考点】抛物线的简单性质．
【分析】设点A的坐标为（x1，y1），求出抛物线的准线方程，结合抛物线的定义建立方程关系进行求解即可．
【解答】解：设点A的坐标为（x1，y1），抛物线y2=4x的准线方程为x=﹣1， 根据抛物线的定义，点A到焦点的距离等于点A到准线的距离， ∵点A到焦点F的距离与其到对称轴的距离之比为5：4， ∴
=，
∵y12=4x1，
∴解得x1=或x1=4， ∵|AF|＞2， ∴x1=4，
∴A点到原点的距离为故选：B．
10．某港口水的深度y（m）是时间t（0≤t≤24，单位：h）的函数，记作y=f（t）．下面是某日水深的数据： t/h y/m 0 10 3 13 6 10 9 7 12 10 15 13 18 10 21 7 24 10 =4
，
经长期观察，y=f（t）的曲线可以近似地看成函数y=Asinωt+b的图象．一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5m或5m以上时认为是安全的（船舶停靠时，船底只需不碰海底即可）．某船吃水程度（船底离水面的距离）为6.5m，如果该船希望在同一天内安全进出港，请问，它最多能在港内停留（ ）小时（忽略进出港所需的时间）． A．6
B．12 C．16 D．18
【考点】在实际问题中建立三角函数模型．
【分析】通过读取图表，可以看出函数y=f（t）的周期，根据水的最大深度和最
小深度联立方程组求出A和b，则函数y=f（t）的近似表达式可求，由题意得到该船进出港时，水深应不小于5+6.5=11.5（米），由y≥11.5解出一天内水深大于等于11.5的时间段，则船从最早满足水深到达11.5的时刻入港，从最晚满足水深是11.5的时刻出港是安全的．
【解答】解：由已知数据，易知函数y=f（t）的周期T=12，则ω=再由∴y=3sin
，得振幅A=3，b=10， t+10（0≤t≤24），
．
由题意，该船进出港时，水深应不小于5+6.5=11.5（米） ∴3sin∴sin
t+10≥11.5， t≥，解得，2kπ+
≤
t≤2kπ+
（k∈Z），所以12k+1≤t≤12k+5
（k∈Z），
在同一天内，取k=0或1， ∴1≤t≤5或13≤t≤17，
∴该船最早能在凌晨1时进港，下午17时出港，在港口内最多停留16个小时．
故选C．
11．一块边长为6cm的正方形铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正三棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形（如图（3）），则该容器的体积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【分析】推导出PM+PN=6，且PM=PN，MN=3PO⊥平面ABCD，由此能求出该容器的体积．
，PM=3，设MN中点为O，则
【解答】解：如图（2），△PMN是该四棱锥的正视图， 由图（1）知：PM+PN=6，且PM=PN， 由△PMN为等腰直角三角形，知MN=3
，PM=3，
，
=
=9
．
设MN中点为O，则PO⊥平面ABCD，∴PO=∴该容器的体积为故选：D．
12．已知函数f（x）=alnx﹣bx2，a，b∈R．若不等式f（x）≥x对所有的b∈（﹣∞，0]，x∈（e，e2]都成立，则a的取值范围是（ ） A．[e，+∞） B．
C．
D．[e2，+∞）
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值． 【分析】问题转化为
对x∈（e，e2]都成立，令
，求出h（x）
的导数，通过讨论函数h（x）的单调性，求出h（x）的最大值，从而求出a的范围即可．
【解答】解：若不等式f（x）≥x对所有的b∈（﹣∞，0]，x∈（e，e2]都成立，
即alnx﹣bx2≥x对所有的b∈（﹣∞，0]，x∈（e，e2]都成立， 即alnx﹣x≥bx2对所有的b∈（﹣∞，0]，x∈（e，e2]都成立， 即alnx﹣x≥0对x∈（e，e2]都成立，即即a大于等于令
，则
在区间（e，e2]上的最大值，
，
对x∈（e，e2]都成立，
当x∈（e，e2]时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 所以
，x∈（e，e2]的最大值为
，即
，
所以a的取值范围为故选：B
．
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13．
则f（f（2））的值为 2 ．
【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值．
【分析】本题是一个分段函数，且是一个复合函数求值型的，故求解本题应先求内层的f（2），再以之作为外层的函数值求复合函数的函数值，求解过程中应注意自变量的范围选择相应的解析式求值． 【解答】解：由题意，自变量为2， 故内层函数f（2）=log3（22﹣1）=1＜2， 故有f（1）=2×e1﹣1=2，
即f（f（2））=f（1）=2×e1﹣1=2， 故答案为 2
14．“幂势既同，我国南北朝时代的数学家祖暅提出体积的计算原理（组暅原理）：则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处裁得两几何体的裁面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，类比祖暅原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个矩形，且当实数t取[0，4]上的任意值时，直线y=t被图1和图2所截得的线段始终相等，则图1的面积为 8 ．
【考点】函数模型的选择与应用．
【分析】根据祖暅原理，可得图1的面积=矩形的面积，即可得出结论．
【解答】解：根据祖暅原理，可得图1的面积为4×2=8． 故答案为8．
15．已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC的距离为
，AB=AC=2，∠BAC=120°，则球O的表面积为
．
【考点】球的体积和表面积．
【分析】利用余弦定理求出BC的长，进而由正弦定理求出平面ABC截球所得圆的半径，结合球心距，求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案． 【解答】解：在△ABC中， ∵AB=AC=2，∠BAC=120°， ∴BC=
=2
，
由正弦定理可得平面ABC截球所得圆的半径（即△ABC的外接圆半径）， r=
=2，
又∵球心到平面ABC的距离d=R， ∴球O的半径R=∴R2=
，
， ，
故球O的表面积S=4πR2=故答案为
．
16．已知△ABC三边a，b，c上的高分别为【考点】余弦定理．
，则cosA= ．
【分析】由题意和三角形的面积公式列出方程，化简后得到a、b、c的关系，由余弦定理求出cosA的值．
【解答】解：∵△ABC三边a，b，c上的高分别为∴
，
，